1.4.3 空间向量的应用--距离问题
\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
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模块导图
知识剖析
利用空间向量法求距离问题
(1)点\(A、B\)间的距离
(2)点\(Q\)到直线\(l\) 距离
若\(Q\)为直线\(l\)外的一点，\(P\)在直线上，\(\vec{a}\)为直线\(l\)的方向向量，\(\vec{b}=\overrightarrow{P Q}\)，
则点\(Q\)到直线\(l\)距离为\(d=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}\).
公式推导
如图，\(d=|\vec{b}| \sin \theta=|\vec{b}| \sqrt{1-\cos ^{2} \theta}\)\(=|\vec{b}| \sqrt{1-\left(\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}\right)^{2}}=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}\)
(3)点\(Q\)到平面\(α\)的距离
若点\(Q\)为平面\(α\)外一点，点\(M\)为平面\(α\)内任一点，平面\(α\)的法向量为\(\vec{n}\)，则\(Q\)到平面\(α\)的距离就等于\(\overrightarrow{M Q}\)在法向量\(\vec{n}\)方向上的投影的绝对值，即\(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}\).
公式推导
如图，\(d=|\overrightarrow{M Q}| \sin \alpha=|\overrightarrow{M Q}||\cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{M Q}\rangle|\)\(=|\overrightarrow{M Q}| \cdot \dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{M Q}|}=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}\).
(4)直线\(a\)平面\(α\)之间的距离
当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等.由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离.
(5) 平面间的距离
利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离.
经典例题
【题型一】点到点的距离
【典题1】正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(1\)，动点\(M\)在线段\(CC_1\)上，动点\(P\)在平面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)上，且\(AP⊥\)平面\(MBD_1\)．
(1)当点\(M\)与点\(C\)重合时，线段\(AP\)的长度为\(\underline{\quad \quad}\)；
(2)线段\(AP\)长度的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】(1)以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设\(P(a ,b ,1)\)，当点\(M\)与\(C\)重合时，\(M(0 ,1 ,0)\)，\(B(1 ,1 ,0)\)，\(D_1 (0 ,0 ,1)\)，\(A(1 ,0 ,0)\)
\(\overrightarrow{A P}=(a-1, b, 1)\)，\(\overrightarrow{B D_{1}}=(-1,-1,1)\)，\(\overrightarrow{M D_{1}}=(0,-1,1)\)，
\(∵AP⊥\)平面\(MBD_1\)．
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B D_{1}}=1-a-b+1=0 \\
\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{M D_{1}}=-b+1=0
\end{array}\right.\)，解得\(a=1\)，\(b=1\)，
\(\therefore \overrightarrow{A P}=(0,1,1)\)，
\(∴\)线段\(AP\)的长度为\(|\overrightarrow{A P}|=\sqrt{0+1+1}=\sqrt{2}\)．
(2)设\(CM=t∈[0 ,1]\)，则\(M(0 ,1 ,t)\)，\(B(1 ,1 ,0)\)，\(D_1 (0 ,0 ,1)\)，
\(\overrightarrow{A P}=(a-1, b, 1)\)，\(\overrightarrow{B D_{1}}=(-1,-1,1)\)，\(\overrightarrow{M D_{1}}=(0,-1,1-t)\)，
\(∵AP⊥\)平面\(MBD_1\)．
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B D_{1}}=1-a-b+1=0 \\
\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{M D_{1}}=-b+1-t=0
\end{array}\right.\)，
解得\(a=1+t\)，\(b=1-t\)，
\(∴\overrightarrow{A P}=(t, 1-t, 1)\)，
\(\therefore|\overrightarrow{A P}|=\sqrt{t^{2}+(1-t)^{2}+1}=\sqrt{2\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{2}}\)，
\(∴\)当\(t=\dfrac{1}{2}\)，即\(M\)是\(CC_1\)中点时，线段\(AP\)长度取最小值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)．
【点拨】
① 线段\(AP\)的长度为\(|\overrightarrow{A P}|\)，利用空间向量法使得几何问题“代数化”，较几何法更容易处理这动点问题；
② 本题的变化源头是“\(M\)的位置”，在第二问求\(AP\)长度的最小值，在引入参数中设\(CM=t\)，较为合理.
巩固练习
1(★)已知\(M\)为\(z\)轴上一点，且点\(M\)到点\(A(-1 ,0 ,1)\)与点\((1 ,-3 ,2)\)的距离相等，则点\(M\)的坐标为\(\underline{\quad \quad}\).
2(★)已知空间直角坐标系\(O-xyz\)中有一点\(A(-1 ,-1 ,2)\)，点\(B\)是\(xOy\)平面内的直线\(x+y=1\)上的动点，则\(A\),\(B\)两点的最短距离是\(\underline{\quad \quad}\).
3(★)如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为\(2\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)，\(A_1 C\)的中点\(E\)到\(AB\)的中点\(F\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
4(★)空间点\(A(x ,y ,z)\)，\(O(0 ,0 ,0)\)，\(B(\sqrt{2}, \sqrt{3}, 2)\)，若\(|AO|=1\)，则\(|AB|\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
答案
1.\((0 ,0 ,6)\)
2.\(\dfrac{\sqrt{34}}{2}\)
3.\(\sqrt{2}\)
4.\(2\)
【题型二】点到线的距离
【典题1】\(P\)为矩形\(ABCD\)所在平面外一点，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，若已知\(AB=3\)，\(AD=4\)，\(PA=1\)，则点\(P\)到\(BD\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\)
\(∵\)矩形\(ABCD\)中，\(AB=3\)，\(AD=4\)，
\(\therefore B D=\sqrt{9+16}=5\)，
过\(A\)作\(AE⊥BD\)，交\(BD\)于\(E\)，连结\(PE\)，
\(∵PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∴PA⊥BD\)，
又\(AE⊥BD\)\(∴BD⊥\)平面\(PAE\)，
\(∴PE⊥BD\)，即\(PE\)是点\(P\)到\(BD\)的距离，
\(\because \dfrac{1}{2} \times A B \times A D=\dfrac{1}{2} \times B D \times A E\)，
\(\therefore A E=\dfrac{A B \times A D}{B D}=\dfrac{12}{5}\)，
\(\therefore P E=\sqrt{P A^{2}+E^{2}}=\sqrt{1+\dfrac{144}{25}}=\dfrac{13}{5}\)，
\(∴\)点\(P\)到\(BD\)的距离为\(\dfrac{13}{5}\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\) 依题意可知，\(PA\)、\(AB\)、\(AD\)三线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系
\(∴P(0 ,0 ,1)\)，\(B(3 ,0 ,0)\)，\(D(0 ,4 ,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B P}=(-3,0,1)\)，\(\overrightarrow{B D}=(-3,4,0)\),
\(∴\)点\(P\)到\(BD\)的距离为\(d=\dfrac{1}{|\overrightarrow{B D}|} \sqrt{(|\overrightarrow{B D}||\overrightarrow{B P}|)^{2}-(\overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{B P})^{2}}\)\(=\dfrac{1}{5} \cdot \sqrt{250-81}=\dfrac{13}{5}\)
【点拨】
① 方法一是几何法，找到点\(P\)到\(BD\)的距离\(PE\); 方法二是向量法，利用点到直线距离公式\(d=\dfrac{1}{|\overrightarrow{B D}|} \sqrt{(|\overrightarrow{B D}||\overrightarrow{B P}|)^{2}-(\overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{B P})^{2}} \quad (*)\)；
② 向量法中的公式\((*)\)有些复杂，不建议直接使用，还不如使用其推导方法
求点\(P\)到直线\(BD\)的距离
(1) 求出直线\(BD\)的方向向量\(\overrightarrow{B D}=(-3,4,0)\)；
(2) 在直线\(BD\)上找一点\(B\)，求出其与点\(P\)的向量\(\overrightarrow{B P}=(-3,0,1)\)；
(3) 求两向量夹角余弦值，\(\cos <\overrightarrow{B P}, \overrightarrow{B D}>=\dfrac{\overrightarrow{B P} \cdot \overrightarrow{B D}}{|\overrightarrow{B P}||\overrightarrow{B D}|}=\dfrac{9}{5 \sqrt{10}}\)；
(4) 求点\(P\)到\(BD\)的距离，\(d=|\overrightarrow{B P}| \sqrt{1-\cos ^{2}<\overrightarrow{B P}}, \overrightarrow{B D}>=\dfrac{13}{5}\).
巩固练习
1(★)已知直线\(l\)的方向向量为\(\vec{a}=(-1,0,1)\)，点\(A(1 ,2 ,-1)\)在\(l\)上，则点\(P(2 ,-1 ,2)\)到\(l\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\) .
2(★)已知直线\(l\)过定点\(A(2 ,3 ,1)\)，且\(\vec{n}=(0,1,1)\)为其一个方向向量，则点\(P(4,3,2)\)到直线\(l\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\) .
3(★★)已知\(A(0 ,0 ,2)\)，\(B(1 ,0 ,2)\)，\(C(0 ,2 ,0)\)，则点\(A\)到直线\(BC\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
答案
1.\(\sqrt{17}\)
2.\(\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)
3.\(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\)
【题型三】点到面的距离
【典题1】如图，四棱锥\(P－ABCD\)中，底面\(ABCD\)为菱形，\(∠ABC=60^°\)，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(AB=2\)，\(P A=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(E\)为\(BC\)中点，\(F\)在棱\(PD\)上，\(AF⊥PD\)，点\(B\)到平面\(AEF\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(∵\)底面\(ABCD\)为菱形，\(∠ABC=60°\)，\(E\)为\(BC\)中点，
\(∴AE⊥AD\)，
又\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∴PA⊥AD\)，\(PA⊥AE\)，
\(∴\)以\(A\)为原点，\(AE\)为\(x\)轴，\(AD\)为\(y\)轴，\(AP\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(∴A(0 ,0 ,0)\)，\(B(\sqrt{3},-1,0)\)\(E(\sqrt{3}, 0,0)\)，\(P\left(0,0, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)\)，\(D(0 ,2 ,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A B}=(\sqrt{3},-1,0)\)，\(\overrightarrow{A E}=(\sqrt{3}, 0,0)\)，
在\(Rt∆PAD\)中，易得\(∠D=30^°\)，\(\therefore A F=\dfrac{A D}{2}=1\)，
过点\(F\)作\(FH⊥AD\)交\(AD\)于\(H\)，
易得\(∠1=30^°\)，\(\therefore A H=\dfrac{1}{2}\),\(F H=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(\therefore F\left(0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)，\(\overrightarrow{A F}=\left(0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)，
设平面\(AEF\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=\sqrt{3} x=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} y+\dfrac{\sqrt{3}}{2} z=0
\end{array}\right.\)，
取\(y=\sqrt{3}\)，得\(\vec{n}=(0, \sqrt{3},-1)\)，
\(∴\)点\(B\)到平面\(AEF\)的距离为\(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)．
【点拨】
① 求点\(F\)的坐标，解题中几何法较易求得，这需要审题中注意各量之间的关系；也可以用代数法求得，如下：
设\(F(0 ,b ,c)\)，\(\overrightarrow{P F}=\lambda \overrightarrow{P D}\)，
则\(\left(0, b, c-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)=\left(0,2 \lambda,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)\)，
解得\(b=2λ\)，\(C=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\)，
\(\therefore \overrightarrow{A F}=\left(0,2 \lambda, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)\)，\(\overrightarrow{P D}=\left(0,2,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)\)，
\(∵AF⊥PD\)，\(\therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{P D}=4 \lambda-\dfrac{4}{3}+\dfrac{4}{3} \lambda=0\)，
解得\(\lambda=\dfrac{1}{4}\)，\(\therefore F\left(0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)；
② 求点\(B\)到平面\(AEF\)的距离的解题步骤
(1) 求平面\(AEF\)的法向量\(\vec{n}=(0, \sqrt{3},-1)\)；
(2) 在平面\(AEF\)内选一点\(A\)，求其与点\(B\)的向量\(\overrightarrow{A B}=(\sqrt{3},-1,0)\)；
(3) 利用公式\(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}\)(向量\(\vec{n}\)在法向量\(\vec{n}\)上的投影绝对值)求所求距离，\(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
【典题2】已知\(E\)，\(F\)分别是正方形\(ABCD\)边\(AD\)，\(AB\)的中点，\(EF\)交\(AC\)于\(P\)，\(GC\)垂直于\(ABCD\)所在平面．
(1)求证：\(EF⊥\)平面\(GPC\)．
(2)若\(AB=4\)，\(GC=2\)，求点\(B\)到平面\(EFG\)的距离．
【解析】(1)连接\(BD\)交\(AC\)于\(O\)，
\(∵E\),\(F\)是正方形\(ABCD\)边\(AD\)，\(AB\)的中点，\(AC⊥BD\)，\(∴EF⊥AC\)．
\(∵GC\)垂直于\(ABCD\)所在平面，\(EF⊂\)平面\(ABCD\)\(∴EF⊥GC\)
\(∵AC∩GC=C\)，\(∴EF⊥\)平面\(GPC\)．
(2) \({\color{Red}{方法一 \quad向量法 }}\)
建立空间直角坐标系\(C-xyz\)，则\(G(0 ,0 ,2)\)，\(E(4 ,2 ,0)\)，\(F(2 ,4 ,0)\)，\(B(4 ,0 ,0)\)
\(\therefore \overrightarrow{G E}=(4,2,-2)\)，\(\overrightarrow{E F}=(-2,2,0)\)
设面\(GEF\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\overrightarrow{G E} \cdot \vec{n}=0\)且\(\overrightarrow{E F} \cdot \vec{n}=0\)，
即\(4x+2y-2z=0\)且\(-2x+2y=0\)
取\(x=1\)时，可得\(\vec{n}=(1,1,3)\)
又\(∵\)向量\(\overrightarrow{B E}=(0,2,0)\)
则\(B\)到面\(GEF\)的距离\(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{B E}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\).
\({\color{Red}{方法二 \quad等积法 }}\)
由题意可知\(P C=\dfrac{3}{4} A C=3 \sqrt{2}\),\(P G=\sqrt{P C^{2}+G C^{2}}=\sqrt{22}\)，
\(\therefore S_{\Delta E F G}=\dfrac{1}{2} \times P G \times E F=2 \sqrt{11}\)，
易得\(S_{\Delta E F B}=\dfrac{1}{2} \times A F \times E B=2\)
\(\therefore V_{B-E F G}=V_{G-E F B}\)
\(\therefore \dfrac{1}{3} \times h \times S_{\Delta E F G}=\dfrac{1}{3} \times G C \times S_{\Delta E F B}\)
\(\therefore h=\dfrac{G C \times S_{\Delta E F B}}{S_{\Delta E F G}}=\dfrac{2 \times 2}{2 \sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\)
\({\color{Red}{方法三 \quad 间接法 }}\)
由题意可知\(P C=\dfrac{3}{4} A C=3 \sqrt{2}\),\(P G=\sqrt{P C^{2}+G C^{2}}=\sqrt{22}\)，
\(∵PC=3OP\)，
\(∴C\)到面\(GEF\)的距离是\(O\)到面\(GEF\)距离的\(3\)倍，
在\(∆GPC\)中，点\(C\)到边\(PG\)的高为\(CM\)，
又\(∵EF⊥\)平面\(GPC\)，\(∴CM⊥\)平面\(EFG\),
\(∴CM\)为\(C\)到面\(GEF\)距离，
在\(∆GPC\)中，可得\(P G \cdot C M=G C \cdot P C \Rightarrow C M=\dfrac{2 \times 3 \sqrt{2}}{\sqrt{22}}=\dfrac{6}{\sqrt{11}}\)，
又\(BD∥EF\)，可得\(BD∥\)平面\(GEF\)，
可得\(B\)到面\(GEF\)的距离等于\(O\)到面\(GEF\)的距离\(\dfrac{1}{3} C M=\dfrac{2}{\sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\)．
【点拨】
求点\(A\)到平面\(α\)的距离方法有很多种，
① 直接法：若能确定点\(A\)到平面\(α\)的垂线段当然最好了！
② 向量法：若空间直角坐标系较容易建立，各关键点的坐标易求，可考虑向量法；本题中\(GC⊥\)平面\(ABCD\)，矩形\(ABCD\)都是有利条件；
③等积法：当相关三棱锥的体积和侧面三角形的面积易求，可考虑等积法；本题中的\(V_{G-E F B}\)和\(S_{∆EFB}\)均易求;
④ 间接法：若存在过点\(A\)的直线\(l\)与平面\(α\)平行，可考虑能否在直线\(l\)上找到一点\(B\)，而它到平面\(α\)的距离易求些；本题中“求\(B\)到面\(GEF\)的距离”转化为“求\(O\)到面\(GEF\)的距离”；
【典题3】如图在四棱锥\(P－ABCD\)中，侧面\(PAD⊥\)底面\(ABCD\)，侧棱\(\text { 夌 } P A=P D=\sqrt{2}\)，底面\(ABCD\)为直角梯形，其中\(BC∥AD\)，\(AB⊥AD\)，\(AD=2AB=2BC=2\)，\(O\)为\(AD\)的中点．
(1)求证\(PO⊥\)平面\(ABCD\)；
(2)求二面角\(C-PD-A\)夹角的正弦值；
(3)线段\(AD\)上是否存在\(Q\)，使得它到平面\(PCD\)的距离为\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)？若存在，求出\(\dfrac{A Q}{Q D}\)的值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)证明\(∵PA=PD\)，\(O\)为\(AD\)的中点，\(∴PO⊥AD\)，
\(∵\)侧面\(PAD⊥\)底面\(ABCD\)，侧面\(PAD∩\)底面\(ABCD=AD\)，
\(∴PO⊥\)平面\(ABCD\)．
(2)\(∵\)底面\(ABCD\)为直角梯形，其中\(BC∥AD\)，\(AB⊥AD\)，\(AD=2AB=2BC=2\)，
\(∴OC⊥AD\)，又\(PO⊥\)平面\(ABCD\)，
\(∴\)以\(O\)为原点，\(OC\)为\(x\)轴，\(OD\)为\(y\)轴，\(OP\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
平面\(PAD\)的法向量\(\vec{m}=(1,0,0)\)，
\(C(1 ,0 ,0)\)，\(D(0 ,1 ,0)\)，\(P(0 ,0 ,1)\)，\(\overrightarrow{P C}=(1,0,-1)\)，\(\overrightarrow{P D}=(0,1,-1)\)，
设平面\(PCD\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=x-z=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=y-z=0
\end{array}\right.\)，取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,1,1)\)，
设二面角\(C-PD-A\)夹角为\(θ\)，则\(\cos \theta=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)，
\(\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
\(∴\)二面角\(C-PD-A\)夹角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)．
(3)设线段\(AD\)上存在\(Q(0 ,m ,0)\)，\(m∈[-1 ,1]\)，使得它到平面\(PCD\)的距离为\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(\therefore \overrightarrow{P Q}=(0, m,-1)\)，
\(∴Q\)到平面\(PCD\)的距离\(d=\dfrac{|\overrightarrow{P Q} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|m-1|}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
解得\(m=-\dfrac{1}{2}\)或\(m=\dfrac{5}{2}\)(舍去)，
\(\therefore Q\left(0,-\dfrac{1}{2}, 0\right)\)，则\(\dfrac{A Q}{Q D}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{1}{3}\)．
【点拨】立体几何中问到是否“存在”，可利用“假设法”.
巩固练习
1(★★)在长方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AD=2\)，\(AA_1=1\)，则点\(B\)到平面\(D_1 AC\)的距离等于\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★)已知平面\(α\)的法向量为\(\vec{n}=(-2,-2,1)\)，点\(A(x ,3 ,0)\)在平面\(α\)内，则点\(P(-2 ,1 ,4)\)到平面\(α\)的距离为\(\dfrac{10}{3}\)，则\(x=\)\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★)如图，\(ABCD\)是矩形，\(PD⊥\)平面\(ABCD\)，\(PD=DC=a\)，\(A D=\sqrt{2} a\)，\(M\),\(N\)分别是\(AD\)、\(PB\)的中点，求点\(A\)到平面\(MNC\)的距离.
4(★★)如图，在长方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AD=AA_1=1\)，\(AB=2\)，点\(E\)在棱\(AB\)上移动．
(1)证明：\(D_1 E⊥A_1 D\)；
(2)当\(E\)为\(AB\)的中点时，求点\(E\)到面\(ACD_1\)的距离．
5(★★★)已知三棱锥\(S－ABC\)，满足\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)两两垂直，且\(SA=SB=SC=2\)，\(Q\)是三棱锥\(S－ABC\)外接球上一动点，求点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值.
6(★★★)如图，在三棱锥\(S－ABC\)中，\(△ABC\)是边长为\(4\)的正三角形，\(S A=S C=2 \sqrt{2}\)，\(O\)，\(M\)分别为\(AC\)、\(AB\)的中点，\(SO⊥AB\)．
(1)证明：\(SO⊥\)平面\(ABC\)；
(2)求二面角\(S－CM－A\)的余弦值；
(3)求点\(B\)到平面\(SCM\)的距离．
参考答案
1.\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
2.\(-1\)或\(-11\)
3.\(\dfrac{a}{2}\)
4.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{1}{3}\)
5.\(\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)
6.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{\sqrt{5}}{5}\)\(\text { (3) } \dfrac{4 \sqrt{5}}{5}\)
【题型四】线到面的距离
【典题1】如图，已知斜三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)，\(∠BCA=90°\)，\(AC=BC=2\)，\(A_1\)在底面\(ABC\)上的射影恰为\(AC\)的中点\(D\), 又知\(BA_1⊥AC_1\).
(1)求证:\(AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\);
(2)求\(CC_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离.
【解析】(1)\(∵A_1\)在底面\(ABC\)上的射影为\(AC\)的中点\(D\)，
\(∴\)平面\(A_1 ACC_1⊥\)平面\(ABC\)，
\(∵BC⊥AC\)且平面\(A_1 ACC_1∩\)平面\(ABC=AC\)，
\(∴BC⊥\)平面\(A_1 ACC_1\)，
\(∴BC⊥AC_1\)，
\(∵AC_1⊥BA_1\)且\(BC∩BA_1=B\)，
\(∴AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\)．
(2)如图所示，以\(C\)为坐标原点建立空间直角坐标系，
\(∵AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\)，\(∴AC_1⊥A_1 C\)，
\(∴\)四边形\(A_1 ACC_1\)是菱形，
\(∵D\)是\(AC\)的中点，\(A_1 D⊥AC\)
\(∴∠A_1 AD=60°\)，
\(∴A(2 ,0 ,0)\)，\(A_{1}(1,0, \sqrt{3})\)，\(B(0 ,2 ,0)\)，\(C_{1}(-1,0, \sqrt{3})\)，
\(\therefore \overrightarrow{A_{1} A}=(1,0,-\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{A B}=(-2,2,0)\)，
设平面\(A_1 AB\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} A}=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=0
\end{array}\right.\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
x-\sqrt{3} z=0 \\
-2 x+2 y=0
\end{array}\right.\)，\(\vec{n}=(\sqrt{3}, \sqrt{3}, 1)\)，
\(\because \overrightarrow{C A_{1}}=(2,0,0)\)，
\(∴C_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离\(d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C A_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\)．
\(∵CC_1//AA_1\)，\(AA_1⊂\)平面\(A_1 AB\)，\(CC_1⊄\)平面\(A_1 AB\)
\(∴CC_1//\)平面\(A_1 AB\)，
\(∴CC_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离等于\(C_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离\(\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\).
【点拨】直线到平面的距离问题可转化为点到平面的距离.
巩固练习
1(★★)如图，在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)为线段\(A_1 B_1\)的中点，\(F\)为线段\(AB\)的中点．求直线\(FC\)到平面\(AEC_1\)的距离；
2(★★)如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1中\)，\(E\)为\(BB_1\)的中点．
(Ⅰ)证明：\(BC_1∥\)平面\(AD_1 E\)；
(Ⅱ)求直线\(BC_1\)到平面\(AD_1 E\)的距离；
参考答案
1.\(\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)
2.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{2}{3}\)
【题型五】面到面的距离
【典题1】正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(a\)，则平面\(AB_1 D_1\)与平面\(BDC_1\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\) 连接\(A_1 C\)，与面\(AB_1 D_1\)与面\(BC_1 D\)分别交于\(M\),\(N\)．
\(∵CC_1⊥\)平面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)，\(∴CC_1⊥B_1 D_1\)，
又\(∵A_1 C_1⊥B_1 D_1\)，
\(∴B_1 D_1⊥\)平面\(A_1 C_1 C\)
\(∴B_1 D_1⊥A_1 C\)，
同理可证\(AB_1⊥A_1 C\)，
又\(B_1 D_1∩AB_1=B_1\)，\(∴A_1 C⊥\)面\(AB_1 D_1\)；
同理可证，\(A_1 C⊥\)面\(BC_1 D\)．
\(∴MN\)为平面\(AB_1 D_1\)与平面\(BC_1 D\)的距离
\(∵△AB_1 D_1\)为正三角形，边长为\(\sqrt{2} a\)，三棱锥\(A_1－AB_1 D_1\)为正三棱锥，
\(∴M\)为\(△AB_1 D_1\)的中心，\(M A=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \times \sqrt{2} a=\dfrac{\sqrt{6}}{3} a\)
\(A_{1} M=\sqrt{A_{1} A^{2}-M A^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)，
同理求出\(C N=A_{1} M=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)，
又\(A_{1} C=\sqrt{3} a\)，
\(\therefore M N=A_{1} C-A_{1} M-C N=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\) 建立空间直角坐标系如图.
则\(A(a ,0 ,0)\)，\(B(a ,a ,0)\)，\(D(0 ,0 ,0)\)，\(C_1 (0 ,a ,a)\)，\(D_1 (0 ,0 ,a)\)，\(B_1 (a ,a ,a)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A B_{1}}=(0, a, a)\)，\(\overrightarrow{A D_{1}}=(-a, 0, a)\)，\(\overrightarrow{B C_{1}}=(-a, 0, a)\)，\(\overrightarrow{D C_{1}}=(0, a, a)\)
设\(\vec{n}=(x, y, z)\)为平面\(AB_1 D_1\)的法向量，
则\(\left\{\begin{array}{c}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B_{1}}=a(y+z)=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=a(-x+z)=0
\end{array}\right.\)得\(\left\{\begin{array}{c}
y=-z \\
x=z
\end{array}\right.\)
令\(z=1\)，则\(\vec{n}=(1,-1,1)\)
\(\because \overrightarrow{A D_{1}} / / \overrightarrow{B C_{1}}\)，\(\overrightarrow{A B_{1}} / / \overrightarrow{D C_{1}}\)，
\(∴AD_1∥BC_1\),\(AB_1∥DC_1\),\(AD_1∩AB_1=A\)，\(DC_1∩BC_1=C_1\)，
\(∴\)平面\(AB_1 D_1∥\)平面\(BDC_1\)
\(∴\)平面\(AB_1 D_1\)与平面\(BDC_1\)的距离等于点\(C_1\)到平面\(AB_1 D_1\)的距离\(d\).
\(\because \overrightarrow{C_{1} B_{1}}=(a, 0,0)\)，平面\(AB_1 D_1\)的法向量为\(\vec{n}=(1,-1,1)\)，
\(\therefore d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C_{1} B_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\).
【点拨】
① 本题里，正方体中\(M\)、\(N\)把体对角线\(A_1 C\)三等分，即\(A_{1} M=M N=N C=\dfrac{A_{1} C}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)，这可作为一个结论记住;
② 面面间的距离问题可转化为点到面的距离.本题中平面\(AB_1 D_1∥\)平面\(BDC_1\), 它们间的距离转化为点\(C_1\)到平面\(AB_1 D_1\)的距离\(d\).
巩固练习
1(★★★)直四棱柱\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，底面\(ABCD\)为正方形，边长为\(2\)，侧棱\(A_1 A=3\)，\(M\)、\(N\)分别为\(A_1 B_1\)、\(A_1 D_1\)的中点，\(E\)、\(F\)分别是\(B_1 C_1\)、\(C_1 D_1\)的中点．
(1)求证：平面\(AMN∥\)平面\(EFDB\)；
(2)求平面\(AMN\)与平面\(EFDB\)的距离．
参考答案
1.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{6 \sqrt{19}}{19}\)
